Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que las baldosas cuadradas tienen dimensiones $n\times n$. El primer día se cubren $n^2$ unidades cuadradas, el segundo $2n^2$, el tercero $3n^2$, y así sucesivamente hasta el $k$-ésimo día en que se cubren $kn^2$. De esta forma, el problema equivale a la ecuación \[(1+2+\ldots+k)n^2=18144=2^5\cdot 3^4\cdot 7.\] Como $1+2+\ldots+k=\frac{1}{2}k(k+1)$, esto equivale a \[k(k+1)n^2=2^6\cdot 3^4\cdot 7.\] Vistos los exponentes y que $k$ o $k+1$ son pares, sólo hay unas pocas posibilidades para el factor $n^2$:

• Si $n^2=1$, la ecuación queda $k^2+k=36288$.
• Si $n^2=2^2$, la ecuación queda $k^2+k=9072$.
• Si $n^2=2^4$, la ecuación queda $k^2+k=2268$.
• Si $n^2=3^2$, la ecuación queda $k^2+k=4032$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=1008$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=3^4$, la ecuación queda $k^2+k=448$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=28$.

De todas estas ecuaciones, la única que tiene solución entera es para $n^2=3^2=9$, en la que tenemos que $k=63$ es la única solución positiva. Por tanto, fueron necesarias $\frac{1}{2}k(k+1)=2016$ de tamaño $3\times 3$.

Nota. ¿Se te ocurre alguna forma de descartar alguno de los nueve casos sin tener que resolver la ecuación de segundo grado?

Solución. Simplemente imaginándonos unas manecillas de reloj nos damos cuenta de que estas están superpuestas tres veces en el intervalo de las 9:00 a las 13:00: la primera vez sobre las 9:50, la segunda sobre las 10:55 y la tercera exactamente a las 12:00. Esta última no puede ser la solución ya que a las 12:00 el segundero también está alineado con las otras manecillas.

Una forma muy ingeniosa de calcular los otros instantes de forma exacta es darse cuenta de que entre las 00:00 y las 12:00, las manecillas de las horas y los minutos se alinean exactamente 12 veces (contando las 00:00 y las 12:00) luego esto ocurre cada $\frac{12}{11}$ de hora. Podemos proceder como sigue:

• La vez anterior a las 12 en que ocurre el alineamiento horas-minutos es a las $12-\frac{12}{11}=10+\frac{10}{11}$ horas. La fracción $\frac{10}{11}$ nos da $60\cdot\frac{10}{11}=\frac{600}{11}=54+\frac{6}{11}$ minutos y los $\frac{6}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{6}{11}=\frac{360}{11}=32+\frac{8}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es de $6\cdot[(54+\frac{6}{11})-(32+\frac{8}{11})]=\frac{1440}{11}=130+\frac{10}{11}$ grados, que es mayor que $120^\circ$. Esta solución tenemos que descartarla pues.
• La siguiente vez (hacia atrás) que ocurre el alineamiento es a las $12-\frac{24}{11}=9+\frac{9}{11}$ horas. La fracción $\frac{9}{11}$ nos da $60\cdot\frac{9}{11}=\frac{540}{11}=49+\frac{1}{11}$ minutos y los $\frac{1}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{1}{11}=\frac{60}{11}=5+\frac{5}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es claramente menor que $120^\circ$ ya que las manecillas de las horas y minutos están aproximadamente en el 49 y las de los segundos en el 5 (puede calcularse el ángulo exacto como en el caso anterior).

Deducimos entonces que la hora exacta a la que se estropeó el reloj fue a las 9:49:05, con un error de $\frac{5}{11}\lt 1$ segundos.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos desarrollar \[(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma,\] e igualar coeficientes para obtener las ecuaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=14,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=B,\qquad \alpha\beta\gamma=84.\] Que las raíces sean lados de un triángulo equilátero nos dice que deben cumplir el teorema de Pitágoras, es decir, que podemos suponer que $\alpha^2=\beta^2+\gamma^2$ sin pérdida de generalidad (hay simetría entre las raíces). Calculamos entonces \[2\alpha^2=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=196-2B,\] de donde deducimos que $\alpha^2=98-B$. Ahora podemos usar la primera y tercera ecuación de Cardano para calcular de otra forma \begin{align*} 98-\alpha^2&=B=\beta\gamma+\alpha(\beta+\gamma)=\frac{84}{\alpha}+\alpha(14-\alpha). \end{align*} Esto nos da la ecuación de segundo grado $\alpha^2-7\alpha+6=0$, que tiene soluciones $\alpha=1$ y $\alpha=6$. Sustituyendo $\alpha=1$ en las ecuaciones de Cardano, obtenemos que $\beta+\gamma=13$ y $\beta\gamma=84$, es decir, $\beta$ y $\gamma$ son las soluciones de la ecuación $x^2-13x+84=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones reales. Deducimos que tiene que ser $\alpha=6$, en cuyo caso tenemos el sistema $\beta+\gamma=8$ y $\beta\gamma=14$, luego $\beta$ y $\gamma$ son las soluciones de $x^2-8x+14=0$, lo que nos da números reales positivos $\beta=4+\sqrt{2}$ y $\gamma=4-\sqrt{2}$ (salvo reordenación) que claramente verifican $\alpha^2=\beta^2+\gamma^2$. Podemos finalmente calcular \[B=\beta\gamma+\alpha(\beta+\gamma)=14+6\cdot 8=62.\] Deducimos así que $B=62$ es la única solución al problema.

Solución. La suma de los cuatro números que hay dentro de los valores absolutos es $20$, luego la desigualdad triangular nos dice \[|5-x_1-x_2|+|5+x_1-x_2|+|5+x_2+x_3|+|5+x_2-x_3|\geq 20\] para cualesquiera enteros $x_1,x_2,x_3$. Es decir, el problema equivale a ver para cuántos casos se da la igualdad en la desigualdad triangular. Esto ocurre cuando los cuatro números son mayores o iguales que cero o cuando los cuatro son menores o iguales que cero.

• El primer caso nos da $x_1+x_2\leq 5$, $x_2-x_1\leq 5$, $x_2+x_3\geq -5$ y $x_3-x_2\leq 5$. Todo esto se puede escribir equivalentemente como \[x_2-5\leq x_1\leq 5-x_2,\qquad -x_2-5\leq x_3\leq x_2+5.\] Para que este sistema de desigualdades tenga solución tiene que ser $-5\leq x_2\leq 5$ y, para un $x_2$ fijo en este intervalo, tenemos $2(5-x_2)+1$ elecciones para $x_1$ y $2(x_2+5)+1$ elecciones para $x_3$, lo que nos da un total de $(2(5-x_2)+1)(2(x_2+5)+1)=121-4x_2^2$ posibilidades para el par $(x_1,x_3)$. El número total de soluciones en este caso será \[\sum_{x_2=-5}^5(121-4x_2^2)=726-8(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2)=891.\]
• El segundo caso nos da las desigualdades opuestas $x_1+x_2\geq 5$, $x_2-x_1\geq 5$, $x_2+x_3\leq -5$ y $x_3-x_2\geq 5$, que se reescriben como \[5-x_2\leq x_1\leq x_2-5,\qquad 5+x_2\leq x_3\leq-5-x_2.\] Esto no tiene solución ya que debe ser por un lado $x_2\geq 5$ y por otro $x_2\leq -5$.

Por consiguiente, la respuesta al problema es que hay $891$ soluciones enteras.

Solución. Si dividimos $x$ entre $240$, podemos escribir $x=240m+y$ con resto $0\leq y\lt 240$. Dividiendo $y$ entre $40$, podemos escribir $y=40n+z$ con resto $0\leq z\lt 40$. Dividiendo $z$ entre $8$ podemos escribir $z=8k+r$ con resto $0\leq r\lt 8$. Esto nos dice que $x=240m+40n+8k+r$ para ciertos enteros no negativos tales que $y=40n+8k+r\lt 240$, $z=8k+r\lt 40$ y $r\lt 8$, por lo que podemos calcular \begin{align*} \left\lfloor\frac{x}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{240}\right\rfloor &=\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{240}\right\rfloor\\ &=\left\lfloor 30m+5n+k+\tfrac{r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor 6m+n+\tfrac{z}{40}\right\rfloor+\left\lfloor m+\tfrac{y}{240}\right\rfloor\\ &=30m+5n+k+6m+n+m=37m+6n+k. \end{align*} Tenemos entonces que encontrar la solución de $37m+6n+k=210$ que minimiza $x=240m+40n+8k+r$. Esto nos lleva a elegir directamente $r=0$ ya que $r$ no interviene en la ecuación. Observemos que tenemos la restricción $0\leq n\leq 5$ y $0\leq k\leq 4$, luego $0\leq 6n+k\leq 34$. Así, dividiendo $210$ entre $37$, tenemos $210=5\cdot 37+25$ y deducimos que ha de ser $m=5$, lo que nos deja con $6n+k=25$. La única posible solución positiva con $0\leq k\leq 4$ es $n=4$ y $k=1$. Por tanto, el menor valor posible de $x$ es $240\cdot 5+40\cdot 4+8\cdot 1+0=1368$.

Nota. Esta demostración nos dice que el único grado de libertad que tenemos es $r$ entre $0$ y $7$, luego los únicos $x$ que cumplen esta ecuación son 1368, 1369, 1370, 1371, 1372, 1373, 1374 y 1375.

Solución. Es bien conocido que $T_k=\frac{k(k+1)}{2}$ para cualquier entero positivo $k$, luego podemos escribir \begin{align*} T_nT_{n+1}\cdots T_{n+15}&=\frac{n(n+1)^2(n+2)^2\cdots(n+15)^2(n+16)}{2^{16}}\\ &=n(n+16)\cdot \left(\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+15)}{2^{8}}\right)^2 \end{align*} La fracción anterior con denominador $2^8$ es un número entero ya que en su numerador habrá al menos siete factores pares y más de uno múltiplo de $4$. Por tanto, el problema se reduce a encontrar los naturales $n$ tales que $n(n+16)=a^2$ para cierto entero $a$. Completando el cuadrado, podemos escribir esta ecuación como $(n+8)^2-a^2=64$ o bien $(n+8-a)(n+8+a)=64$. Esto nos dice que $n+8-a$ y $n+8+a$ son potencias de $2$ cuyo producto es $64$. Además, como $n+8-a\lt n+8+a$, las únicas posibilidades son las tres siguientes: \begin{align*} n+8-a&=1&y&& n+8+a&=64,\\ n+8-a&=2&y&& n+8+a&=32,\\ n+8-a&=4&y&& n+8+a&=16. \end{align*} Resolviendo el sistema lineal que se obtiene en cada uno de los tres casos (con incógnitas $a$ y $n$), llegamos a que $1$ y $64$ no dan ninguna solución entera, $2$ y $32$ dan $n=9$ y $4$ y $16$ dan $n=2$. Deducimos que $n=2$ y $n=9$ son las únicas soluciones.